陕西省宝鸡市千阳县中学2023-2024学年高二上学期期末达标测试 数学试题（A卷）（含解析）

这是一份陕西省宝鸡市千阳县中学2023-2024学年高二上学期期末达标测试 数学试题（A卷）（含解析），共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

期末达标测模拟试卷A卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知为等差数列，首项，公差，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知，，且，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知定点，点P为圆上的动点，点Q为直线上的动点.当取最小值时，设的面积为S，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知等比数列的公比为，前项和为.若，，则（ ）
A．3B．4C．5D．7
5．设双曲线的右焦点为F,点P在C的一条渐近线上,O为坐标原点,若且的面积为,则C的方程为
A．B．C．D．
6．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆，O为坐标原点，直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．是等差数列，公差为d，前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．有两个极值点
C．，都能使方程有三个实数根
D．曲线是中心对称图形
11．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD，则（ ）
A．
B．PB与平面ABCD所成角为
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值
D．平面PAB与平面ABCD所成的二面角为45°
12．已知，是抛物线上两点，焦点为F，抛物线上一点到焦点的距离为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则直线恒过定点
C．若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为
D．若，则直线的斜率为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若是等比数列，，，且公比为整数，则 .
14．已知直线是曲线在点处的切线方程，则
15．写出与两圆均相切的一条直线方程为 .
16．在棱长为3的正方体中，点E，F分别在棱AB，BC上，，点G，H为棱上的动点．若平面平面，，则＝ ．
四、解答题：本题共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知数列的前n项和，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)已知，求数列的前n项和.
18．已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
19．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
20．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
21．已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．
(1)求C的方程；
(2)经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．
22．已知椭圆：，A为椭圆与y轴交点，，为椭圆左、右焦点，为等腰直角三角形，且椭圆上的点到焦点的最短距离为
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆C交于，N两点，点，记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，当时，求证直线恒过一定点？
1．D
【分析】首先求出通项公式，再代入得到方程，解得即可；
【详解】解：因为首项，公差，所以，
因为，所以，解得
故选：D
2．D
【分析】利用空间向量的数量求出，再利用向量夹角公式求解即得.
【详解】向量，，由，得，解得，，
因此，而，则，
所以向量与的夹角为.
故选：D
3．D
【分析】圆上的点到直线上的点的距离最小时为圆心到直线的距离减去半径，由此确定，两点的位置，然后求出点到直线的距离作为底边上的高，求出三角形面积即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为2，

过原点且与直线垂直的直线方程为，
则点到直线的距离为.
又因为原点到直线的距离为，
所以的最小值为，则，
故选：D
4．C
【分析】由等比数列前项和列出与，两式相比即可解出答案；或根据等比数列前项和的性质得，，成等比数列，且公比为，即可列式，代入值即可解出答案.
【详解】法一：因为等比数列的公比为，
则，，
所以，解得.
法二：根据等比数列前项和的性质得，，成等比数列，且公比为，
所以，即，解得..
故选：C
5．B
【分析】根据双曲线的渐近线方程，设双曲线方程为，表示右焦点的坐标，根据点到线的距离公式求出到渐近线的距离，根据利用勾股定理求得，利用，得到方程，求得，得解.
【详解】解：为双曲线的一条渐近线，
故设双曲线方程为
则右焦点的坐标为
因为在上，且
则右焦点的坐标为到直线的距离
故
故选：
【点睛】本题考查双曲线的性质，三角形面积公式，点到线的距离公式，属于中档题.
6．C
【分析】由题知，，进而利用向量求解异面直线所成角即可.
【详解】解：由题知，在直三棱柱中，平面，平面，
∵平面，平面，
∴，，
∵，，
∴.
∵，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为
故选：C.
7．D
【分析】根据题意，由点差法代入计算，可得，再由椭圆的离心率公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设，，，
将A，B两点坐标代入椭圆C的方程可得，，
两式相减可得.
又因为M为AB的中点，所以，
所以，
所以，，
又直线l与OM的斜率之积为，
所以，即，
所以椭圆C的离心率.
故选：D.
8．B
【详解】设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==381，
解得a1=3．
故选B．
9．ABD
【解析】结合等差数列的性质、前项和公式，及题中的条件，可选出答案.
【详解】由，可得，故B正确；
由，可得，
由，可得，
所以，故等差数列是递减数列，即，故A正确；
又，所以，故C不正确；
又因为等差数列是单调递减数列，且，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及前项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式，及，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.
10．BCD
【分析】对于A，根据曲线在某点处切线的计算，可得答案；对于B，根据极值点的定义，结合其导数，可得答案；对于C，根据函数与方程的关系，利用函数的单调性，求得值域，可得答案；对于D，根据中心对称的性质，利用公式，可得答案.
【详解】对于A：，，曲线在点处的切线方程为，故A错误；
对于B：令，得或；令，得，
在和上单调递增，在上单调递减，
有两个极值点，故B正确；
对于C：结合B选项，，，
且当时，；当时，，
对于，都能使方程有三个实数根，故C正确；
对于D：解法一：，
，
.
∴曲线关于点中心对称.
解法二：，
令，则是R上的奇函数，且，
曲线关于点中心对称，故D正确.
故选：BCD.
11．AC
【分析】设，先证，建立空间直角坐标系，结合空间向量的应用逐一判断即可得解.
【详解】设，因为，，
由余弦定理可得， 即，
从而，即，由底面ABCD，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
故，，，，，
所以，
所以，即，故A正确；
易知面的一个法向量为，
所以PB与平面ABCD所成角满足，
即PB与平面ABCD所成角为，故B错误；
异面直线AB与PC所成角满足，故C正确；
设面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
由于，故D错误；
故选：AC.
12．AD
【分析】根据抛物线定义可对A项判断；设出直线方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理可对B、C项判断.利用数型结合及，即可求解判断D项.
【详解】对于A：根据抛物线的定义知，得，故A选项正确；
对于B：设，，因为直线斜率必存在，
设直线的方程为，代入得，，
所以，，所以，
解得，所以直线恒过定点，故B选项错误；
对于C：的外接圆与抛物线的准线相切，，，
因为外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点，
从而可得外接圆圆心的纵坐标为，又与抛物线准线相切，
所以得外接圆半径为，故C选项错误；

对于D：因为，所以直线过焦点，且，
设直线的倾斜角为，由抛物线性质知的斜率为互为相反数的两个值，
如图，过，分别向准线作垂线，，过向作垂线，
设，则，，，，
，，，
根据对称性可得，故D选项正确.
故选：AD.
13．512
【分析】由题设条件知和是方程的两个实数根，解方程并由公比q为整数，知，，由此能够求出公比，从而得到.
【详解】是等比数列，
，，
，，
和是方程的两个实数根，
解方程，
得，，
公比q为整数，
，，
，解得，
.故答案为512
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，利用了等比数列下标和的性质，是基础题.解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化.
14．e
【分析】利用导数的几何意义求切线方程，并写出的形式确定参数，即可得结果.
【详解】由题设，且，则，
所以，切线方程为，即，
所以，故.
故答案为：
15．（答案不唯一）
【分析】根据圆的方程判断圆的位置关系，公切线斜率存在，设为，应用点线距离公式求参数，即可写出直线方程.
【详解】由，圆心为，半径为1；
由，圆心为，半径为4；
所以圆心距为，故两圆外切，如下图，

公切线斜率存在，设为，
所以，解得或或，
所以，公切线方程有或或.
故答案为：（答案不唯一）
16．##
【分析】建立坐标系，用向量法求解即可
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立坐标系，如图所示：
则，
设，由可得，
设平面的一个法向量为，，
则，即，
令，则；
设平面的一个法向量为，，
则，即，
令，则；
因为平面平面，
所以，
所以，即，解得，
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据求出数列的通项公式即可证明数列是等差数列.
（2）利用裂项相消的方法求数列的前n项和即可.
【详解】（1），，①
当时，；
当时，.
由得.
当时，满足上式，
数列的通项公式为，.
，为常数，
数列是等差数列.
（2）由知，
数列的前n项和为
，.
18．证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
19．（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
21．(1)
(2)或．
【分析】（1）根据抛物线方程以及P的位置关系，由即可计算抛物线方程；（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设出直线方程并与抛物线联立方程组，利用弦长公式并根据的面积为即可求得直线的斜率，得到直线方程.
【详解】（1）由题可知，点P的坐标为．
因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），
故C的方程为．
（2）由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，
可设l的方程为，，．
联立方程组，
整理得，
则，．
所以的面积，
解得或（舍去），
故l的方程为或．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果；
（2）设直线的方程为，，，联立直线的方程与椭圆方程，通过韦达定理将化简得，即可求出直线恒过的定点.
【详解】（1）由题意得，解得
所以求椭圆的方程为.
（2）由题意易知直线的斜率不为0，
故可设，，，
联立得，
由得，
所以，，
，
即，
所以直线的方程为，即，
所以证直线恒过一定点.